运动控制系课后习题答案汇总

1、直流调速系统第一章思考题与习题51.1 .直流电动机有几种调速方法，其机械特性有何差别?答：直流电动机转速和其他参量之间的稳态关系为Ua-RIaCe：,考虑到他励直流电动机电枢电流与电磁转矩Te的关系Te=CW>Ia,可以将其机械特性写成如下形式：nno-Te式中no=Ua/Ce称作理想空载转速,p=R/CeCT2为机械特性的斜率。由上式可知，有以下三种调节直流电动机转速的方法:1）改变电枢回路电阻R（图1-2）。图1-2改变电枢电阻的人为机械特性2）减弱励磁磁通（图1-3）。3）调节电枢供电电压Ua（图1-4）n.图1-4调压调速的机械特性比较三种调速方法可知，改变电阻只能有级调速；减

2、弱磁通虽然能够平滑调速，但调速范围不大，往往只是配合调压方案，实现一定范围内的弱磁升速；调节电枢供电电压的方式既能连续平滑调速，又有较大的调速范围，且机械特性也很硬。因此，直流调速系统往往以变压调速为主，仅在基速（额定转速）以上作小范围的弱磁升速。51.2 .有哪些转速检测方法？如何获得数字转速信号？答：常用的转速检测传感器有测速发电机、旋转编码器等。测速发电机输出的是转速的模拟量信号；旋转编码器则为数字测速装置。转速检测传感器输出的模拟信号先经过信号调节器，进行放大、电平转换、滤波、阻抗匹配、调制和解调等信号处理过程，然后进行A/D转换，实现模拟信号到数字信号的转换，包括离散化和数字化。离散

3、化是以一定的采样频率fs对模拟信号进行采样，即在固定的时间间隔&=1/fs上取信号值。数字化是将所取得信号值进行数字量化，用一组数码来逼近离散的模拟信号的幅值，逼近程度由A/D芯片的位数来决定。S1.7.调速范围和静差率的定义是什么？调速范围与静态速降和最小静差率之间有什么关系？为什么说“脱离了调速范围，要满足给定的静差率也就容易得多了”？答：生产机械要求电动机提供的最高转速nmax和最低转速nmin之比，称为调速范围，用字母D来表示，即d=口吧nmin式中，nmax和nmax一般都指电动机额定负载时的最高转速和最低转速。当系统在某一转速下运行时，负载由理想空载增加到额定值时所对应的转

4、速降落。N与理想空载转速入之比，称为静差率，用字母6来表示，即'=也100%=nL100%n0n。静差率是用来衡量调速系统在负载变化时转速的稳定度的，它和机械特性的硬度有关，特性越硬，静差率就越小，转速的稳定度就越高。调速范围D、静态速降AnN和最小静差率6之间的关系为Db调速范围和静差率这两项指标并不是彼此孤立的，必须同时提才有意义。在调速过程中，若额定速降相同，则转速越低，静差率就越大。如果低速时的静差率能满足设计要求，则高速时的静差率就更满足要求了。因此，调速系统的静差率指标应以最低速时所能达到的数值为准。所以说，脱离了调速范围，要满足给定的静差率也就容易得多了。1.4 系统的调

5、速范围是1000100r/min,要求静差率s=2%,那么系统允许的静差转速降是多少？解：An=nn/D（1s）=1000M0.。2（10M0.98）=2.04rpm（公式1-32）系统允许的静态速降为2.04rpm。1.5 某一调速系统，在额定负载下，最高转速特性为n0max=1500r/min,最低转速特性为n°min=150r/min,带额定负载时的速度降落AnN=15r/min,且在不同转速下额定速降不变，试问系统能够达到的调速范围有多大？系统允许的静差率是多少？解：1）调速范围D=nmax/nmin（均指额定负载情况下）nmax=n°max-卜=1500-15=1

6、485nmin=n°min-讣=150-15=135D=nmax/nmin=1485135=112)静差率s=AnN/n0=15150=10%1.6 直流电动机为PN=74kW,UN=220V,In=378A,nN=1430r/min,Ra=0.023Q。相控整流器内阻Rrec=0.022。采用降压调速。当生产机械要求s=20%时，求系统的调速范围。如果s=30%时，则系统的调速范围又为多少？解：Ce=(UN-INRa),nN=(220-3780.023)1430=0.1478Vrpmn-INRCe378(0.0230.022)0=147pBm115D=小$g一$=143町/0.2f

7、<116(1=0.2)3.1D=小Sni$=1430/0.3N15(1=0.3)5.331.7 某龙门刨床工作台采用V-M调速系统。已知直流电动机PN=60kW,U=22VNI=3CA5n,/10,0生向的总电阻R=0.18Q,Ce=0.2V?min/r,求：(1)当电流连续时，在额定负载下的转速降落A配为多少？(2)开环系统机械特性连续段在额定转速时的静差率SN多少？(3)若要满足D=20,s05%的要求，额定负载下的转速降落AnN又为多少？解：(1)nN=INRCe=3050.180.2=274.5r/min(2) SN=nN；n0=274.5(1000274.5)=21.5%(3)

8、 ：n=nNS：D(1-s)=10000.05200.95=2.63r/min1.7有一品闸管稳压电源，其稳态结构图如图所小，已知给定电压Uu=8.8V、比例调节器放大系数Kp=2、晶闸管装置放大系数Ks=15、反馈系数丫=0.7。求：(1)输出电压Ud；(2)若把反馈线断开，Ud为何值？开环时的输出电压是闭环是的多少倍？(3)若把反馈系数减至T=0.35,当保持同样的输出电压时，给定电压Uu应为多少？解：(1)Ud=KpKsU；/(1+KpKs¥)=2M15M8.8(1+2父15M0.7)=12V(2) Ud=8.8父2M15=264V,开环输出电压是闭环的22倍(3) Uu=Ud

9、(1KpKs).KpKs=12(12150.35)(215)-4.6V第二章思考题与习题3.1 1转速单闭环调速系统有哪些特点？改变给定电压能否改变电动机的转速？为什么？如果给定电压不变，调节测速反馈电压的分压比是否能够改变转速？为什么？如果测速发电机的励磁发生了变化，系统有无克服这种干扰的能力？答：转速单闭环调速系统可以获得比开环调速系统硬得多的稳态特性，从而在保证一定静差率的要求下，能够提高调速范围，为此所需付出的代价是，需增设电压放大器以及检测与反馈装置。改变给定电压能够改变电动机的转速，因为反馈控制系统的作用是：抵抗扰动，服从给定。如果给定电压不变，调节测速反馈电压的分压比能够改变转速

10、，因为改变反馈电压的分压比，就相当于改变了反馈系数Kn,而un定Un=Knn。如果测速发电机的励磁发生了变化，系统没有克服这种干扰的能力，因为该变化不是被反馈所包围的扰动，闭环系统对此没有抑制能力，如下图所示。1d变化检测误差S2.4在转速负反馈调速系统中，当电网电压、负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻、测速发电机励磁各量发生变化时，都会引起转速的变化，问系统对上述各量有无调节能力？为什么？答：反馈控制系统的规律是：一方面能够有效地抑制一切被包围在负反馈内前向通道上的扰动作用；另一方面，则紧紧地跟随给定作用，对给定信号的任何变化都是唯命是从的。如上图所示，在转速负反馈调速系统中，系统对电网电压

11、、负载转矩、电动机励磁电流、电枢电阻各量发生变化时所引起的转速变化有调节能力，而对测速发电机励磁的变化没有调节作用。3.2 2为什么用积分控制的调速系统是无静差的？在转速单闭环调速系统中，当I调节器的输入偏差电压AUn=0时，调节器的输出电压是多少？它取决于哪些因素?答：用积分控制的调速系统不只靠偏差而且靠偏差的积累来控制，只要输入偏差电压AUn#。，积分控制就使得JAUndt逐渐积累，因而转速就要变化；只有到AUn=0时，aundt不再变化，转速才稳定下来，因而是无静差的。当输入偏差电压AUn=0时，积分调节器的输出电压Uc是一个定值，这个电压的大小取决于稳态转速n（即给定电压Un和转速负反

12、馈系数Kn）、负载电流Id、主回路电阻R、触发整流环节的放大倍数Ks等，如下式所示:3nIdR_KenIdRKn一Ks一Ks图3-11无静差直流调速系统稳态结构图S2.5为何要在直流调速转速负反馈系统中引入电流负反馈？在转速、电流双闭环直流调速系统中，ASRffiACR&起什么作用？答：采用PI调节的转速单闭环直流调速系统可以在保证系统稳定的前提下实现转速无静差。但是，由于转速单闭环系统无法对电流和转矩实施控制，因而存在起动电流的限制问题。如果对系统的动态性能要求较高，例如要求快速起制动，突加负载动态速降小等等，转速单闭环系统就难以满足需要。为了实现在允许条件下的最快起动，关键是要获得

13、一段使电流保持为最大值Idm的恒流过程（图3-13）。按照反馈控制规律，采用某个物理量的负反馈就可以保持该量基本不变，即所以要在直流调速转速负反馈系采用电流负反馈应该能够得到近似的恒流过程,统中引入电流负反馈。图3-13直流调速系统起动过程的电流和转速波形在转速、电流双闭环直流调速系统中，ASRffiACR勺分别作用为：1）转速调节器ASR的作用：一.-.*ASR是调速系统的主导调节器，它使转速n很快地跟随给定电压Un的变化，稳态时可减小转速误差，如果采用PI调节器，则可实现无静差。对负载变化起抗扰作用。其输出限幅值决定电动机允许的最大电流。2）电流调节器ACR勺作用： 作为内环的调节器，在转

14、速外环的调节过程中，它的作用是使电流紧紧跟随其给定电压U；（即外环调节器的输出量）变化。 对电网电压的波动起及时抗扰的作用。 在转速动态过程中，保证获得电机允许的最大电流，从而加快动态过程。 当电机过载甚至堵转时，限制电枢电流的最大值，起快速的自动保护作用。一旦故障消失，系统立即自动恢复正常。这个作用对系统的可靠运行来说是十分重要的。图3-15双闭环直流调速系统的稳态结构图S2.13试从下述五个方面来比较转速、电流双闭环调速系统和带电流截止环节的转速单闭环调速系统：(1)调速系统的静态特性；(2)动态限流性能；(3)起动的快速性；(4)抗负载扰动的性能；(5)抗电源电压波动的性能。答：*(1)

15、调速系统的静态特性：双环系统稳态运行时无静差，当电流达到限流值Idm时，呈恒流的下坠特性；单环系统如果也用PI调节器，也可以做到稳态无静差，但电流截止后静特性较软。(2)动态限流性能：双环系统的动态限流性能接近于方波恒流，而单环系统的动态限流性能要差得多。(3)起动的快速性：突加较大的给定电压时，双环系统的起动过程要比单环系统快得多。4)抗负载扰动的性能：双环系统和单环系统抵抗负载扰动的性能差不多，其调节作用的快慢视具体参数而定。(5)抗电源电压波动的性能：双环系统的内环能及时抑制电源电压波动的影响，调节速度快，而单环系统较慢。2.1某闭环调速系统的调速范围是1500r/min150r/min

16、,要求系统的静差率s<5%,那么系统允许的静态速降是多少？如果开环系统的静态速降是100r/min,则闭环系统的开环放大倍数应有多大？解：1)D=nNS/AnN(1-s)10=15002%/.：nN98%nN=15002%/98%10=3.06r/min2)K=(An0P/Ancl)-1=100/3.06-1=31.72.2某闭环调速系统的开环放大倍数为15时，额定负载下电动机的速降为8解:r/min,如果将开环放大倍数提高到30,它的速降为多少？在同样静差率要求下，调速范围可以扩大多少倍？noD=1Kncl=1158=128opci如果将开环放大倍数提高到30,则速降为：ncl=n0P

17、/1K=128/130=4.13rpm在同样静差率要求下，D可以扩大Ancl1/Ancl2=1.937倍cc2.5有一V-M调速系统：电动机参数PN=2.2kW,Un=220V,In=12.5A,nN=1500r/min,电枢电阻Ra=1.5Q,电枢回路电抗器电阻RL=0.8Q,整流装置内阻Rrec=1.0Q,触发整流环节的放大倍数Ks=35。要求系统满足调速范围D=20,静差率S<=10%。(1)计算开环系统的静态速降An°p和调速要求所允许的闭环静态速降Ana。(2)采用转速负反馈组成闭环系统，试画出系统的原理图和静态结构图。(3)调整该系统参数，使当Un*=15V时，Id

18、=IN,n=nN,则转速负反馈系数a应该是多少？(4)计算放大器所需的放大倍数。解：(1)n=Un-InRa/Ce=Ce=220-12.51.5/1500=201.25/1500=0.134Vmin/rn=Un-InR三/Ce=、nop=InR：/Ce=12.53.3/0.134=307.836r/minnN=nNs/(D(1s)=1500父10%/(20*90%)=8.33r/min所以,二ncl=8.33r/min(2)(3) (4)n=(KpKsU；IdRNCed+KhKun/sd+KjLjdR/Bed+K】K=nop/ni-1=307.836/8.33-1=35.9551500=35.

19、955父15/"(1+35.955)-12.5父3.3/(0.134(1+35.955)二1-0.009V6minr/K*Ce35.955*0.134可以求得，Kp=e=14.34Ks*135*0.0096也可以用粗略算法：*U-15Un定Un=an,a=2=5-=0.01nnn1500Kp=KCe/KsOt,Kp=35.9550.134/350.01)=13.762.6在题2.5的转速负反馈系统中增设电流截止环节，要求堵转电流1dbiE2IN,临界截止电流Idcr之1.2IN,应该选用多大的比较电压和电流反馈采样电阻？要求电流反馈采样电阻不超过主电路总电阻的1/3，如果做不到，需要

20、增加电流反馈放大器，试画出系统的原理图和静态结构图，并计算电流反馈放大系数。这时电流反馈采样电阻和比较电压各为多少？解：(1)Idbi<2lN=25A,Idcr21.2In=15AIdcr=Ucom/Rs=15=Ucom/RsIdblUn+UcomVRs=25=(15+Ucom)/Rs=&=1.5Q,com=15 1.5=22.57(2)(R/3)=1.01.50.8/3=1.1jRs(RJ3)不符合要求，取Rs=1.1G,需加电流反馈放大器由于需要的检测电阻值大，说明要求的电流信号值也大。要同时满足检测电阻小和电流信号大的要求，则必须采用放大器，对电流信号进行放大。为此，取 R

21、S=1.1Q,贝U Ucom =IdcrMRs=15Ml.1=16.5V(3)当IdAider时，有n=KpKsU：/Ce1KLKpKsKiRsid-Ucom/Ce1K1-Rid/Ce1K1kpKsU；KiUeom/Ce1KL!RKpKsKiRsId/Ce1K1当n=0时，J*.,IJ*.IIdbl=KpKsUnKUcom/RKpKsKiRs-UnKUcom/KiRs25=1516.5Ki/1.1Ki-Ki=15/22.5-13.5-1.362.7在题2.5的系统中，若主电路电感L=50mH,系统运动部分的飞轮惯量GD2=1.6Nm2,整流装置采用三相零式电路，试判断按题2-9要求设计的转速负

22、反馈系统能否稳定运行？如要保证系统稳定运行，允许的最大开环放大系数是多少？解：L=50mH,GD2=1.6Nm2,R工=3.3Q,Ce=0.134V/rpmTl=L/R：=0.05/3.3=0.015s_2_.Tm=GDRt/375CeCm=1.63.3/3750.1340.13430/3.14=5.28/64.33=0.082sTs=0.00333sK工(Tl+Ts)+Ts2/TlTs=,082X(0.015+0.00333)+0.0033321/(0.0151*0.00333)=0.00150.0033，/0.00004983=30.52可见与前面的K>35.955相矛盾，故系统不稳

23、定。要使系统能够稳定运行，K最大为30.52。2.9有一个晶闸-电动机调速系统，已知：电动机：PN=2.8kW,Un=220V,In=15.6A,nN=1500r/min,Ra=1.5Q,整流装置内阻Rec=1Q,电枢回路电抗器电阻Rl=0.8Q,触发整流环节的放大倍数Ks=35。(1)系统开环工作时，试计算调速范围D=30时的静差率s值。(2)当D=30,s=10%时，计算系统允许的稳态速降。如组成转速负反馈有静差调速系统，要求D=30,s=10%,在U；=10V时Id=In,n=nN,计算转速负反馈系数口和放大器放大系数Kpo解：Ce=220-15.61.5/1500=0.1311Vmin

24、/r(1)n°p=INR三/Ce=15.63.3/0.1311=392.68r/minnmin=1500/30=50s=nop/n0min=392.68/392.6850=88.7%(2)0.1=.：；n/n50n=5/0.9=5.56r/minn=KpKsUn/Ce(1+K)R0d/Ce(1+K)K=KpO(Ks/Ce1500=KpKsUn/Ce(1+K)(R£15.6)/Ce(1+K)K=(Anop/Ancl)-1=(297.48/5.56)1=52.52.24旋转编码器光栅数1024,倍频系数4,高频时钟脉冲频率%=1MHz,旋转编码器输出的脉冲个数和高频时钟脉冲个数

25、均采用16位计数器，M法测速时间为0.01s,求转速n=1500r/min和n=150r/min时的测速分辨率和误差率最大值。解：(1) M法：分辨率Q=-60= f0 - Zn 60 1 106 -1025 4 1500=1.465r/minZTc102440.01最大误差率:60MiZTcn =1500r / min 时,MinZTc601500 4 1024 0.0160二 1024n =150r / min 时，M 1nZTc60150 4 1024 0.0160= 102.4111500r/min时，6max%=父100%=父100%=0.098%Mi102411150r/min时，

26、6max%=<100%="00%=0.98%M1102.4可见M法适合高速。(2) T法：分辨率：_2/_2Zn102441500n=1500r/min时，Q=171r/minn=150r/min时，QZn260f0-Zn，一，一210244150601106-10244150=1.55r/min最大误差率：翳,M260f0Zn'60106=9.77102441500当n=150r/min时，M2=60X10=97.71024415011n=1500r/min时，6max%="00%=父100%=11.4%M2-19.77-1.一.一11n=150r/min时

27、，5max%=父100%=<100%=1%M2-197.7-1可见T法适合低速2.10 双闭环调速系统的ASR和ACR均为PI调节器，设系统最大给定电压Unm=15V,nN=1500r/min,In=20A,电流过载倍数为2,电枢回路总电阻R=2Q,Ks=20,Ce=0.127Vmin/r,求：（1）当系统稳定运行在Un=5V,IdL=10A时，系统的n、Un、Ui、Ui和Uc各为多少？（2）当电动机负载过大而堵转时，Ui和Uc各为多少?c解：*二=Unm/nN=15V/1500rpm=0.01V/rpm*U一5V当Un=5V,转速n=500rpm0.01V/rpm一*U=3=0.375

28、V/AIdm40AUi*Id-0.375*10-3.75V-UiUc即U d0KsE IdLRKsCenN IdLR = 0.127*50010*2Ks 一20= 4.175Vn =500rpm,Un*= 5V,Ui =Ui= 3.75V,Uc =4.175v(2)堵转时，Ui=Pldm=15V,UcU d0KsCen IdR JdmRKsKsg4V202.11 在转速、电流双闭环调速系统中，两个调节器ASR,ACR均采用PI调节器。已知参数：电动机：PN=3.7kW,Un=220V,In=20A,nN=1000r/min,电枢回路总电阻R=1.5"设U；m=Ui*m=Ucm=8V,

29、电枢回路最大电流Idm=40A,电力电子变换器的放大系数Ks=40。试求:(1)电流反馈系数P和转速反馈系数a(2)当电动机在最高转速发生堵转时的Udo，u*,Ui,Uc值。*角星：1)P=_m=0.2V/Aa=-nm=0.008V/rpm7Idm40AnN1000rpm2) Ud0=EIdR =CenN1dR =40A*1.5-60V这时：Un=8V,Un=0,ASR处于饱和，输出最大电流给定值。_*_._Ui=8V,Ui=8V,UC=Ud0,KS=6040=1.5V2.12在转速、电流双闭环调速系统中，调节器ASR,ACR均采用PI调节器。当ASR输出达到Ui*m=8V时，主电路电流达到最

30、大电流80A。当负载电流由40A增加到70A时，试问：(1)U*应如何变化？(2)Uc应如何变化？(3)Uc值由哪些条件决定？*解：1)一:=Um=里=0.1V/AIdm80A因此当电流从40A=70A时，U*应从4V=7V变化。2)Uc要有所增加。3)UC取决于电机速度和负载大小。因为Ud0=E+IdF£=CenN+。迂UcUd0KsCenIdRK2.14某反馈控制系统已校正成典型I型系统。已知时间常数T=0.1s,要求阶跃响应超调量仃010%。(1)系统的开环增益。(2)计算过渡过程时间ts和上升时间tr；(3)绘出开环对数幅频特性。如果要求上升时间tr<0.25s,则K=

31、?,仃=?解：取KT=0.69/=0.6,二=9.5%(1)系统开环增益：K=0.69/T=0.69/0.1=6.9(1/s)上升时间tr=3.3T=0.33S过度过程时间：ts=6T =6 0.1 =0.6s(3)-0.24s如要求tr<0.25s,查表3-1则应取KT=1/=0.5,tr=2.4T=2.4*0.1这时K=1/T=10,超调量=16.3%。2.17有一个系统，其控制对象的传递函数为Wobj(s)=,要求设计一s10.01s1个无静差系统，在阶跃输入下系统超调量a%<5%(按线性系统考虑)。试对系统进行动态校正，决定调节器结构，并选择其参数。解：按典型I型系统设计，

32、选KT=0.5,工=0.707,查表3-1,得仃=4.3%选I调节器，1W(s )一 s校正后系统的开环传递函数为W(s)=-二°，这样，=T,阪=100巩已选KT=0.5,则K=0.5/T=50,所以zs(0sW11)117=10/K=10/50=0.2S,积分调下命：W(s)=1=7T。s0.2s2.18有一个闭环系统，其控制对象的传递函数为Wobj (s)K110s(Ts 1) - s(0.02s 1)求校正为典型R型系统，在阶跃输入下系统超调量仃030%(按线性系统考Kis(Ts - 1)虑)。试决定调节器结构，并选择其参数。解：应选择PI调节器，WPI(s)=Kpi(7s力

33、乙校正后系统的开环传递函数W(s)=KPg对照典型II型系统，K=KpiK"T,E=hT,选h=8,查表3-4,仃=27.2%,满足设计要求这样 =hT =8*0.02 = 0.16sh 1T 222h2T28 1TI_2 I22*8 2*0.02 2=175.78,Kpi =K./Ki =175.78*0.16 /10 = 2.812.20在一个由三相零式晶闸管整流装置供电的转速、电流双闭环调速系统中，已知电动机的额定数据为：Pn=60kW,Un=220V,In=308A,nN=1000r/min,电动势系数Ce=0.196Vmin/r,主回路总电阻R=0.18Q,触发整流环节的放

34、大倍数。=35。电磁时间常数Tl=0.012s,机电时间常数Tm=0.12s,电流反馈滤波时间常数T0i=0.0025s,转速反馈滤波时间常数T°n=0.015s。额定转速时的给定电压(Un*)N=10V,调节器ASR,ACR饱和输出电压Uim*=8V,Ucm=6.5Vo系统的静、动态指标为：稳态无静差，调速范围D=10，电流超调量505%，空载起动到额定转速时的转速超调量Qn010%。试求：(1)确定电流反馈系数B(假设起动电流限制在1.1IN以内)和转速反馈系数a。(2)试设计电流调节器ACR,计算其参数R,、Ci、COio画出其电路图，调节器输入回路电阻母二40©。(

35、3)设计转速调节器ASR,计算其参数Rn、Cn、COn。(R0=40kQ)(4)计算电动机带40%m定负载起动到最低转速时的转速超调量(Tn。(5)计算空载起动到额定转速的时间。解：(1)P=Uim/1dm=8V/(1.1*IN)=8V/339A=0.0236V/Aa=10/1000V.01rm(2)电流调节器设计确定时间常数：a)Ts-0.00333sb)Toi=0.0025sc)Ti=T0iTs=0.00250.00333=0.00583s电流调节器结构确定：因为%<5%,可按典型I型系统设计，选用PI调节器，Wacr(S)=旦旦"，iS电流调节器参数确定：*=T=0.01

36、2s,选KITE=0.5,KI=0.5/TS=85.76sKiKi iR85.76 0.012 0.18Ks：35 0.0173= 0.224校验等效条件：.ci=KI=85.76sa）电力电子装置传递函数的近似条件:111 -101.01 .ci 3Ts 3 0.00333b）忽略反电势的影响的近似条件:c）电流环小时间常数的近似条件:31 -3 -1=79.06SciTmTl. 0.12 0.0121111115.52s. ci3TsT0i3 0.00333 0.0025可见满足近似等效条件，电流调节器的实现：选 R0=40K,则:R =KiR0 =0.224m40K =8.96K,取 9

37、K.Ci =* /R =0.012/(9 M103) =1.33NFIC0i =4T0i/R=4 0.0025/40 103 =0.25F(3)速度调节器设计确定时间常数：a)电流环等效时间常数1/KI :因为KIT5=0.5贝U 1/KI=Tx= 2 0. 00=5 8 3 0s 0 1b) 0 = 0.015sc) Tn -1/ KI Ton U0.01166 0.015 = 0.02666s速度调节器结构确定：按照无静差的要求，应选用 PI调节器，Wasr(S)-Kn(%s + 1),速度调节器参数确定：品= hTn,取 h =5,% =hTS =0.1333sKnKnh 1622 2-

38、 22 - 168.82s2h2T2n 2 52 0.026662(h 1) CeTm6 0.0236 0.196 0.12二二二 6.942h ： RTn2 5 0.01 0.18 0.02666校验等效条件d =Kn / 1 = Kn n =168.82 0.1333 = 22.5s”a）电流环近似条件：1KI=85.76=40.43s'cn3Ti30.00583b）转速环小时间常数近似：1叵=1,叵6=25.2s8cn3T0n30.015可见满足近似等效条件。转速超调量的校验（空载Z=0）% =2*( 2Cmax)(. -z)Cb=11.23% 10%*nTm3080.180.0

39、2666=281.2%1.10.19610000.12转速超调量的校验结果表明，上述设计不符合要求。因此需重新设计。查表，应取小一些的h,选h=3进行设计。按h=3,速度调节器参数确定如下：.n=hTn=0.07998sKn=(h1)/2h2T：n=4/(290.026662)=312.656sKn=(h1)(eTm/2h:RTn=40.02360.1960.12/(230.010.180.02666)=7.6校验等效条件：cn=KN八'1=KNn-312.6560.07998-25s-1 -1/2-一一1/2_Ja)1/3(KI/T、)-1/3(85.76/0.00583)-40.4

40、3sd -1/2-=1/2b)1/3(KI/Ton)=1/3(85.76/0.015)-25.2s，cn可见满足近似等效条件。转速超调量的校验：二n=272.2%1.1(3080.18/0.1961000)(0.02666/0.12)=9.97%：二10%转速超调量的校验结果表明，上述设计符合要求。速度调节器的实现：选R0=40K,WJRn=KnMR=7.6M40=304K,取310K。Cn=n/Rn=0.07998/310103=0.258FCon=4TOn/R0=40.015/40103=1.5F4)40%额定负载起动到最低转速时：二n%=272.2%(1.1-0.4)(3080.18/0

41、.196100)(0.02666/0.12)=63.5%5）空载起动到额定转速的时间是：（书上无此公式）仅考虑起动过程的第二阶段。2根据电机运动方程：GD-dn -Te -Tl,375 dtdn Cm(Idm -IdL)R(Idm-IdL)一 2 一 2_dtGD_ GD R_C e _ 一 一375375CmCe二(Idm - IdL)CeTm所以:CeTmnt 二(IdmdL)R0.196*0.12*1000(1.1*308 - 0)*0.18=0.385s2.22有一转速、电流双闭环调速系统，主电路采用三相桥式整流电路。已知电动机参数为：Pn=500kVVU=750V,In=760A,A

42、n=375r/min,电动势系数G=1.82Vmin/r,电枢回路总电阻R=0.14Q,允许电流过载倍数入=1.5，触发整流环节的放大倍数(=75,电磁时间常数Tl=0.031s,机电时间常数Tm=0.112s,电流反馈滤波时间常数T0i=0.002s,转速反馈滤波时间常数T0n=0.02so设调节器输入输出电压Unm=Um=Um=10V,调节器输入电阻R=40kQ。设计指标：稳态无静差，电流超调量仃i05%,空载起动到额定转速时的转速超调量5010%。电流调节器已按典型I型系统设计，并取参数KT=0.5o(1)选择转速调节器结构，并计算其参数(2)计算电流环的截止频率与和转速环的截止频率0c

43、n,并考虑它们是否合理？*im-0.00877V/A解:(DIdm1.5*760*Unm10二二m0.0267Vmin/rnN375电流调节器已按典型I型系统设计如下:a)TS=0.00176s确定时间常数：b)Toi=0.002sc)Ti=0.00367s电流调节器结构确定：因为6%5%可按典型I型系统设计，选用PI调节器,WACR(s)=Ki(诒+1)/ts,Ti/TE=0.031/0.00367=8.25<10电流调节器参数确定：yTi=0.031s,KiTe=0.5,Ki=0.5/Te=136.24s-1Ki=KiTiR/Ks：=136.240.0310.14/750.00877

44、=0.899校验等效条件：wci=Ki=136.24s1_1a)1/3Ts=1/30.00167=199.6s-pb)(1/Tm1Tl)1/2=3(1/0.1120.031产=50.9s，cic)1/3(1/TsToi)1/2=1/3(1/0.001670.002)1/2=182.39s,ci可见满足近似等效条件。电流调节器的实现：选R0=40K,则R=Ki出=0.899m40=35.96取36KCi=T/R=0.031/36x103=0.86NF_3._C0i=4n/Rc=40.002/4010=0.2f速度调节器设计确定时间常数：a)电流环等效时间常数1/Ki：因为KiT£=0.

45、5WJ1/Ki=2T±=2*0.00367=0.00734sb)b)Ton=0.02sc)c)T±n=1/Ki+Ton=0.00734+0.02=0.02734s速度调节器结构确定：按照无静差的要求，应选用PI调节器，WASR(s)=Kn(Ts+1)/ps速度调节器参数确定：n=hTEn,选h=5,贝=hT±n=0.1367s,KN=(h+1)/(2h2T2En)=6/2*25*0.027342=160.541Kn=(h+1)pCeTm/(2hoRTEn)=6*0.00877*1.82*0.112/2*5*0.0267*0.14*0.02734=10.5校验等效条

46、件：ocn=Kn/w1=Knm=160.54*0.1367=21.946s2a)1/3(Ki/T£)1/2=1/3(136.24/0.00367)1/2=64.22s1>3b)1/3(Ki/Ton)1/2=1/3(136.24/0.02)1/2=27.51s-1>ocn可见满足近似等效条件。速度调节器的实现：选R0=40K,则Rn=Kn*R0=10.5*40=420K由止匕Cn=p/Rn=0.1367/420*103=0.325下取0.33FC0n=4T0n/R0=4*0.02/40*103=2F2)电流环的截止频率是：g=Ki=136.24§1速度环的截止频率

47、是：5n=21.946s2从电流环和速度环的截止频率可以看出，电流环比速度环要快，在保证每个环都稳定的情况下，再求系统的快速性，充分体现了多环控制系统的设计特点。2.23在一个转速、电流双闭环V-M系统中，转速调节器ASR,电流调节器ACR均采用PI调节器。(1)在此系统中，当转速给止信方取大值Unm=15V时,n=nN=1500r/min;电流给止信号最大值Um=10V时，允许最大电流Idm=30A,电枢回路总电阻R=2Q，晶闸管装置的放大倍数(=30,电动机额定电流In=20A，电动势系数Ce=0.128Vmin/r。现系统在Un=5V,Idl=20A时稳定运行。求此时的稳态转速n=?AC

48、R的输出电压UC=?(2)当系统在上述情况下运行时，电动机突然失磁(6=0),系统将会发生什么现象？试分析并说明之。若系统能够稳定下来，则稳定后n=?Un=?Ui*=?Ui=?Id=?Uc=?(3)该系统转速环按典型n型系统设计，且按Mrmin准则选择参数，取中频宽h=5,已知转速环小时间常数En=0.05s，求转速环在跟随给定作用下的开环传递函数并计算出放大系数及各时间常数。(4)该系统由空载(IdL=0)突加额定负载时，电流Id和转速n的动态过程波形是怎样的？已知机电时间常数Tm=0.05s计算其最大动态速降Anmax和恢复时间卜。1)肝U*nm/nN=15/1500=0.01Vmin/r

49、户U*im/Idm=10/30=0.33V/AU*n=5V,n=U*n/0=5/0.01=500r/minUc=Ud0/Ks=(E+IdRE)/Ks=(Cen+IdLlRE)/Ks=(0.128*500+20*2)/30=3.467V2)在上述稳定运行情况下，电动机突然失磁(=0)则电动机无电动转矩，转速迅速下降到零，转速调节器很快达到饱和，要求整流装置输出最大电流Idm。因此，系统稳定后，n=0,Un=0U*i=U*im=10,Ui=U*i=10Id=Idm=30AUc=Udo/Ks=(E+IdRi)/Ks=(0+30*2)/30=2V3)在跟随给定作用下，转速环处于线性状态，此时系统的开环

50、传递函数是:KNns1Wns=2Nss1p=hT£n=5*0.05=0.25s20.05sKN=(h+1)/2h2T2=6/2*25*0.052=48s-24)空载突加额定负载时，转速有动态降落。(p93,94)胡b=2(方z)MnT±TTm=2*(1-0)*20*2/0.128*(0.05/0.05)=625r/minCb=2FK2T=2IdNRT*CeTm=2*20*2*0.05/0.128*0.05=625r/min最大动态速降：Anmax=(腐max/Cb)*Anb=81.2%*625=507.5r/min恢复时间：tv=8.8T=8.8*0.05=0.44s(p8

51、1表)0第三章思考题与习题S3.1晶闸管-电动机系统（V-M系统）存在哪些问题？答：由于采用电力电子变流器，给直流电动机控制带来一些新的问题，特别是晶闸管-电动机系统（图3-1）存在以下两个主要问题：1）系统机械特性的变异问题（电流断续）；2）能量回馈问题（品闸管的单向导电性）。图3-1开环直流调速系统结构图3-2V-M系统的机械特性a）电流连续时V-M系统的机械特性b）完整的V-M系统机械特性图3-3带起重机负载的V-M系统运行范围3.4.试分析逻辑控制无环流可逆系统正向和反向起动和制动的过程。画出各参变量的动态波形，并说明在每个阶段中ASRffiACR&起什么作用，VF和VR各处于

52、什么状态。答：逻辑控制无环流可逆系统的正向动态过程可分为三个主要阶段：1）起动阶段。如果可逆调速系统采用转速、电流双闭环控制方法，其起动过程与不可逆调速系统的起动过程相同（图3-18）,ASR饱和，由ACRS主要作用，在允许最大电流限制下使转速基本上按线性变化的“准时间最优控制”，动态过程的响应曲线如图3-30中的阶段I所示。2）正向运行阶段。ASR退饱和后，进行转速无差调节，系统进入稳态，其响应曲线如图3-30的阶段H。3）正向制动阶段，在这一阶段首先通过VF的逆变使电流下降过零，并封锁脉冲使其关闭；然后开通VR使其建立电流并达到最大电流-Idm,此时电动机进入制动阶段，通过反接制动和回馈制

53、动使转速迅速下降。如果是停车，则电动机停止运行，其动态过程如图3-30的阶段田。如果还需反向运行，则电动机在转速过零后，继续反向起动，其过程与正向起动相同，响应曲线如图3-30的阶段IV。由于两组晶闸管在切换过程中需要延时，以保证可靠换流，这就造成了电流换向死区，如图3-30所示。+ U*n图3-27逻辑控制无环流可逆调速系统原理框图图3-30无环流可逆调速系统的动态过程3.6.为什么逻辑无环流系统的切换过程要比配合控制的有环流系统的切换过程长？这些是哪些因素造成的逻辑无环流控制环节（DLC）是逻辑无环流系统的关键环节，它的任务是：当需要切换到正组晶闸管VF工作时，封锁反组触发脉冲而开放正组触

54、发脉冲；当需要切换到反组晶闸管VR工作时，封锁正组触发脉冲而开放反组触发脉冲；而逻辑切换指令发出后并不能马上执行，还需经过两段延时时间，以确保系统的可靠工作，即封锁延时时间，开放延时时间。因此影响因素有：逻辑切换条件的判断，封锁延时时间，开放延时时间。交流调速系统第四章习题4.7 两电平PW顺变器主回路，采用双极性调制时，用“1”表示上桥臂开通，“0”表示上桥臂关断，共有几种开关状态，写出其开关函数。根据开关状态写出其电压空间矢量表达式，画出空间电压矢量图。解：两电平PWM2变器主回路：Sx =1Sx = 0UxUd2(2Sx -1)采用双极性调制时，忽略死区时间影响，用“1”表示上桥臂开通，“0”表示下桥臂开通，逆变器输出端电压：5I2ux,Ud以直流电源中点。为参考点/jj2Us=（Ua/e屿）SaSBSCUaUbUcUsU00002U2